Ре­ше­ние. а)  Ис­поль­зу­ем фор­му­лу по­ни­же­ния по­ряд­ка по­лу­ча­ем:

Сде­ла­ем за­ме­ну пе­ре­мен­ной решим по­лу­чен­ное урав­не­ние

Таким об­ра­зом,

б)  От­бе­рем корни при по­мо­щи три­го­но­мет­ри­че­ской окруж­но­сти. По­лу­ча­ем:

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. а)  Пусть плос­кость MNK пе­ре­се­ка­ет ребро CC₁ в точке L, O  — точка пе­ре­се­че­ния LM и NK (се­ре­ди­на диа­го­на­лей LM и NK па­рал­ле­ло­грам­ма KLNM), и пусть вы­со­та пи­ра­ми­ды равна h. По­стро­им от­ре­зок NR па­рал­лель­но BD, где точка R лежит на ребре DD₁ и от­ре­зок MS па­рал­лель­но от­рез­ку AC, где точка S лежит на ребре CC₁. Пусть точки O₁ и O₂  — се­ре­ди­ны NR и MS, со­от­вет­ствен­но. За­ме­тим, что OO₁ и OO₂  — сред­ние линии тре­уголь­ни­ков NRK и MSL, со­от­вет­ствен­но. Тогда:

от­ку­да

б)  Пусть P  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мых AB и MN, а точка Q  — AD и KM. Тогда пря­мая PQ  — общая пря­мая плос­ко­стей ABC и MNK. Из точки M опу­стим пер­пен­ди­ку­ляр MH на пря­мую PQ. По тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах его про­ек­ция AH также пер­пен­ди­ку­ляр­на PQ, сле­до­ва­тель­но, угол MHA  — ли­ней­ный угол ис­ко­мо­го угла.

Из пунк­та а) сле­ду­ет: BN  =  10, AM  =  12, DK  =  15. Тре­уголь­ни­ки QAM и QDK  — по­доб­ны, сле­до­ва­тель­но,

Ана­ло­гич­но, тре­уголь­ни­ки PBN и PAM по­доб­ны, сле­до­ва­тель­но,

от­ку­да

На­хо­дим: от­ку­да

Ответ: б) 45°.

Ре­ше­ние. Вы­ра­же­ние по­ло­жи­тель­но при всех до­пу­сти­мых зна­че­ни­ях x, так как не­от­ри­ца­тель­ные сла­га­е­мые не равны нулю од­но­вре­мен­но. Сле­до­ва­тель­но, обе части не­ра­вен­ства можно умно­жить на это вы­ра­же­ние, не меняя знака не­ра­вен­ства. По­лу­ча­ем:

Ответ:

Ре­ше­ние. Мак­си­маль­но воз­мож­ная ве­ли­чи­на кре­ди­та со­от­вет­ству­ет мак­си­маль­но воз­мож­ным еже­квар­таль­ным вы­пла­там. По­это­му не­об­хо­ди­мо рас­счи­тать ве­ли­чи­ну кре­ди­та в слу­чае, когда каж­дая вы­пла­та со­став­ля­ет 84 ты­ся­чи руб­лей. Пусть сумма кре­ди­та равна S тыс. руб., еже­квар­таль­ная вы­пла­та  — x тыс. руб. За­пол­ним таб­ли­цу.

Квар­тал	Долг в на­ча­ле квар­та­ла (после на­чис­ле­ния про­цен­тов), тыс. руб.	Вы­пла­та, тыс. руб.	Долг в конце квар­та­ла (после вы­пла­ты), тыс. руб.
1		x
2		x
3		x
4		x	0

Со­ста­вим урав­не­ние и вы­ра­зим из него S:

от­ку­да

Округ­ляя до це­ло­го числа тысяч руб­лей, по­лу­ча­ем, что мак­си­маль­но воз­мож­ная ве­ли­чи­на кре­ди­та при этих усло­ви­ях равна 259 тыс. руб.

Ответ: 259 тыс. руб.

Ре­ше­ние. а)  Пусть пря­мые KT и ES пе­ре­се­ка­ют­ся в точке M. Тогда По усло­вию MS  =  MT, сле­до­ва­тель­но, MK  =  ME и SE  =  TK. Тре­уголь­ни­ки EKT и KES равны по ка­те­ту и ги­по­те­ну­зе, зна­чит, от­ку­да Из этого сле­ду­ет, что точка M лежит вне окруж­но­сти.

б)  От­рез­ки ET и KS  — вы­со­ты рав­но­сто­рон­не­го тре­уголь­ни­ка KEM. Тогда они яв­ля­ют­ся его ме­ди­а­на­ми. Таким об­ра­зом,

Ответ: б)  5.

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что

Тогда

Рас­смот­рим два слу­чая. Если ос­но­ва­ние ло­га­риф­ма боль­ше 1, то есть если

то

Для любых зна­че­ний x верно не­ра­вен­ство по­это­му ис­ход­ное не­ра­вен­ство вы­пол­ня­ет­ся для любых зна­че­ний x при вы­пол­не­нии усло­вий

Если же ос­но­ва­ние ло­га­риф­ма боль­ше 0, но мень­ше 1, то есть при

Для любых зна­че­ний x верно двой­ное не­ра­вен­ство по­это­му ис­ход­ное не­ра­вен­ство вы­пол­ня­ет­ся для любых зна­че­ний x, если

Объ­еди­няя ре­зуль­та­ты двух слу­ча­ев, по­лу­ча­ем, что ис­ход­ное не­ра­вен­ство вы­пол­ня­ет­ся для любых зна­че­ний x при или при

Ответ:

Это же ре­ше­ние можно за­пи­сать не­сколь­ко иначе (Вик­тор Ко­ше­лев).

За­ме­тим, что Тогда:

Наи­мень­шее зна­че­ние функ­ции равно −2, а наи­боль­шее зна­че­ние равно 2. Зна­чит, в слу­чае не­ра­вен­ство вы­пол­ня­ет­ся для любых зна­че­ний x, если и толь­ко если

В слу­чае не­ра­вен­ство

вы­пол­ня­ет­ся для любых зна­че­ний x, если и толь­ко если

Окон­ча­тель­но по­лу­ча­ем:

Ре­ше­ние. а)  Сна­ча­ла про­сто раз­ло­жим кон­фе­ты в зо­ло­ти­стой оберт­ке, а потом сво­бод­ные места зай­мем кон­фе­та­ми в се­реб­ри­стой. Есть спо­со­ба вы­брать 4 места для кон­фет. Среди них спо­со­бов вы­брать эти места по два в каж­дой ко­роб­ке. Зна­чит, ис­ко­мая ве­ро­ят­ность равна

б)  Ана­ло­гич­но пунк­ту а) нас те­перь ин­те­ре­су­ют ва­ри­ан­ты, когда все места вы­бра­ны в одной ко­роб­ке. Таких ва­ри­ан­тов (ко­эф­фи­ци­ент 2, по­сколь­ку сна­ча­ла нужно вы­брать одну из ко­ро­бок, куда и класть все кон­фе­ты в зо­ло­ти­стой упа­ков­ке). Зна­чит, ис­ко­мая ве­ро­ят­ность равна

в)  Пусть до­ба­ви­ли по x кон­фет. Тогда спо­со­бов вы­брать две кон­фе­ты в оди­на­ко­вых упа­ков­ках будет (сна­ча­ла вы­би­ра­ем упа­ков­ку, затем вы­би­ра­ем две кон­фе­ты из 14 + x в такой упа­ков­ке), а спо­со­бов вы­брать две кон­фе­ты в раз­ных упа­ков­ках будет Их част­ное

боль­ше 1, но мень­ше 2 и по­то­му не может быть целым. Част­ное же в об­рат­ном по­ряд­ке будет мень­ше еди­ни­цы и тем более не может быть целым.

Ответ: а) б) в) нет.